题解【luogu5659 树上的数】

CSP-S2 2019 D1T3

考场上写了2h还是爆零……思维题还是写不来啊

最开始可以想到最简单的贪心，从小到大枚举每个数字将其移动到最小的节点。但是通过分析样例后可以发现，一个数字在移动的过程中也可能有无关的边的删除，很难处理。显然直接贪心是不可能的。

分析删边对图的影响。可以发现，一条边删去之后，边两端的部分将不会产生任何影响。也就是说，两边的关系只有这一条边。于是还是之前那个贪心的想法，将边的问题转化为点的问题。现在来分析怎么求解。

具体实现

分析样例后可以发现以下性质：

1. 若某数字要从某个节点的某条边离开，那么这条边一定是这个节点最先被选择的边
2. 某数字要从某个节点的x边进入，从y边离开，那么x一定先于y被选择，并且这个节点的其它边不在x和y之间被选择
3. 某数字要最终停在某个节点，那么这个数字通往这个节点的边一定是这个节点最后被选择的边

因此，对于每个节点，关于与其相连的边，有以下三种约束条件：

1. 某条边最先被选择
2. 某条边紧跟着另一条边被选择
3. 某条边最后被选择

我们可以根据上面提到的性质，通过判断每个节点的约束条件是否有冲突来求解方案。

可以发现，对于每个节点，其所有出边构成一条偏序链，我们可以通过维护一个链表来保证约束条件没有冲突。接下来分析一个数字经过一条边会产生什么冲突。假设某数字从$x$到$y$经过了边$(u,v)$。

1.若$x=u$，即$(u,v)$为路径的起始边，$u$为路径的起点

• $(u,v)$已经被其它数字沿相同方向走过，显然不能再走，不合法
• $u$上的原数字已走出去，显然不能再走，不合法
• 已经有数字搬运到$u$，即加上这条边后$u$的边将构成一条完整的偏序链，此时若有其它边不在这条偏序链上，因为要删去所有的边，不合法

2.若$v=y$，即$(u,v)$为路径的终边，$v$为路径的终点

• $(u,v)$已经被其它数字沿相同方向走过，显然不能再走，不合法
• $v$已有数字走入，显然不能再走，不合法
• 已经有数字从$v$搬运出去，即加上这条边后$v$的边将构成一条完整的偏序链，此时若有其它边不在这条偏序链上，因为要删去所有的边，不合法

3.若$x!=u$且$v!=y$，即$(u,v)$为路径的中间部分

• $(u,v)$已经被其它数字沿相同方向走过，显然不能再走，不合法
• 加上这条边后$v$的边将构成一条完整的偏序链，此时若有其它边不在这条偏序链上，因为要删去所有的边，不合法
• 加上这条边后构成的偏序链成为一个环，不合法

偏序链可以用链表O(1)维护。另外，可以发现，每次数字的转移要维护的是一些连续的节点的关系，因此可以用一遍dfsO(n)维护。加上枚举数字的O(n)，总的时间复杂度O(n)。

细节比较多，注意不要漏点错点。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2e3+100;
int T,n,tot;
int head[N],ver[2*N],Next[2*N];
int rev[N],pre[N],cnt1[N],cnt2[N],cnt3[N],from[N],to[N],p[N][N],header[N][N],tailer[N][N];
bool pd[N];
void add(int x,int y)
{
    ver[++tot]=y,Next[tot]=head[x],head[x]=tot;
    ver[++tot]=x,Next[tot]=head[y],head[y]=tot;
}
void check(int x,int root)//root就是数字的起点
{
    for(int i=head[x],y=ver[i];i;i=Next[i],y=ver[i])
        if(y!=pre[x])
        {
            pre[y]=x,pd[y]=1;
            if(x!=root)
            {
                if(p[x][y]==x || !p[x][y])
                    pd[y]=0;
                if(tailer[x][y]==from[x] && header[x][pre[x]]==to[x] && cnt1[x]*2+cnt2[x]+cnt3[x]-2>0)
                    pd[y]=0;
                if(tailer[x][y]==pre[x])
                    pd[y]=0;
            }//中间边
            else
            {
                if(p[x][y]==x || !p[x][y])
                    pd[y]=0;
                if(from[x] && tailer[x][y]==from[x] && cnt1[x]*2+cnt2[x]+cnt3[x]-1>0)
                    pd[y]=0;
            }//起始边
            pd[y]&=pd[x];//x不行y也不行
            check(y,root);
        }
    if(x==root)
        pd[x]=0;//起终点相同也不行
    else
        if(from[x] ||(to[x] && tailer[x][to[x]]==pre[x] && cnt1[x]*2+cnt2[x]+cnt3[x]-1>0))
            pd[x]=0;//x作为终点
}
void clear()
{
    memset(head,0,sizeof(head));
    memset(Next,0,sizeof(Next));
    memset(from,0,sizeof(from));//该节点上的数字从哪条边进来
    memset(to,0,sizeof(to));//该节点上的数字从哪条边出去
    memset(cnt1,0,sizeof(cnt1));//该节点还剩下几条双向没走过的边
    memset(cnt2,0,sizeof(cnt2));//该节点还剩下几条单向出边
    memset(cnt3,0,sizeof(cnt3));//该节点还剩下几条双向出边
    memset(pd,0,sizeof(pd));//可行性
    memset(p,0,sizeof(p));//-1表示没走过，0表示双向都走过，x表示以x为起点单向走过这条边，这里的初始化好像没什么用
    memset(header,0,sizeof(header));//偏序链起始边
    memset(tailer,0,sizeof(tailer));//偏序链终边
    tot=0;
}
int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        clear();
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&rev[i]);
        for(int i=1,x,y;i<n;i++)
        {
            scanf("%d%d",&x,&y);
            add(x,y);
            cnt1[x]++,cnt1[y]++;
            p[x][y]=p[y][x]=-1;
            header[x][y]=tailer[x][y]=y,header[y][x]=tailer[y][x]=x;//初始值
        }
        for(int i=1,now;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=n;j++)
                pre[j]=0;
            pd[rev[i]]=1;//初始值
            check(rev[i],rev[i]);//dfs判断可行性
            for(int j=1;j<=n;j++)
                if(pd[j])
                {
                    now=j;
                    break;
                }//找到字典序最小的可行终点
            printf("%d ",now);
            from[now]=pre[now];
            while(pre[now]!=rev[i])
            {
                if(p[pre[now]][now]==-1)
                {
                    p[pre[now]][now]=p[now][pre[now]]=pre[now];
                    cnt1[now]--,cnt1[pre[now]]--,cnt3[now]++,cnt2[pre[now]]++;
                }//双向没走过
                else
                {
                    p[pre[now]][now]=p[now][pre[now]]=0;
                    cnt2[now]--,cnt3[pre[now]]--;
                }//反向走过
                header[pre[now]][tailer[pre[now]][now]]=header[pre[now]][pre[pre[now]]];
                tailer[pre[now]][header[pre[now]][pre[pre[now]]]]=tailer[pre[now]][now];//链表插入
                now=pre[now];
            }
            if(p[pre[now]][now]==-1)
            {
                p[pre[now]][now]=p[now][pre[now]]=pre[now];
                cnt1[now]--,cnt1[rev[i]]--,cnt3[now]++,cnt2[rev[i]]++;
            }
            else
            {
                p[pre[now]][now]=p[now][pre[now]]=0;
                cnt2[now]--,cnt3[rev[i]]--;
            }
            to[rev[i]]=now;
        }
        puts("");
    }
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/TEoS/p/11969712.html